2018-2019学年福建省南平市高一下学期期末质量检测数学试题扫描版含答案

别妄想泡我
781次浏览
2020年08月16日 10:50
最佳经验
本文由作者推荐

建筑学专业大学排名-五字春联



南平市2018-2019学年第二学期期末考试
高一数学试题参考答案及评分标准
说明：
1、本解答给出解法供参考，如果考生的 解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内
容比照评分标准制定相应的评分细则.
2、对计 算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的
内容和难度，可视影响的程 度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的
一半；如果后继部分的解答有较严重的错 误，就不再给分.
3、只给整数分数. 选择题和填空题不给中间分.
一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分．
1、B 2、D 3、A 4、C 5、B 6、D
7、C 8、D 9、B 10、C 11、B 12、D
二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分．
13、
10
2

14、
3
15、
7
16、
2
3
三、解答题：本大题 共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17、解：(1)由
那么
解得
(2)由⊥（
那么
2
2
－
7
得4
2
4
·
+
2
=7，……2分
2
230
；……4分
1
（舍去）
3
；……5分
3
或
（


）=0，……7分


）得
·


·
=0 ……8分
因此
1
3

0
……9分
2
2



……10分
3
，解得
a
=1，
b
=2．

……
6
分
18
、解：（1）由题意知：
（2）由（1）知
a
=1，
b
=2，
∴
A
={
x
| 1＜
x
＜2}，
9
（
1x2
）……
8
分

f(x) 4x
x
而
x0
时
4x
99
24x2 612
，

……
10
分

xx

< p>
当且仅当
4x
93
，即
x
时取等号

……
11
分

x2
3
A
，
∴< br>f(x)
的最小值为12．

……
12
分

2
19、解：（
1
）由
3S
n
4a
n< br>1
知
3S
n1
4a
n1
1
而
x
所以
3S
n1
3S
n
4a
n1
4a
n
，即
所以，数列是以为公比的等比数列

，从而
a
n1
4a
n

……
3
分

又
3a
1
4a
1< br>1
可得
a
1
1
，

……
4
分

n1
综上所述，故
a
n
4
.
……
6
分

n1nn1
（
2
）由（< br>1
）可知
a
n
4
，故
a
n1
 4
，
a
n2
4

……
8
分

综上所述，所以
log
4
n1
n
，
log4
n2
n1
，故而
b
n

a
a
11


……
10
分

nn1
……
12
分

111
T1所以
n
223
111n
1
.
n n1n1n1
20、解：（1）
f(x)13sin2x(1cos2x)m

(3sin2xcos2x)m2sin(2x

6
)m
……2分
由已知
2m3
，所以
m1
……3分
因此
f(x)2sin(2x
令
2k


得
k



6
)1

3

,kZ
……4分
2

2
 2x

6
2k



6
xk

2

,kZ
……5分
3


因此函数
f

x

的单调递增区间为

k


（2）由已知
2sin(2A
由
0A所以
A

6
,k


2


,kZ
……6分

3


6
)10,sin(2A


6
)
1

2

2
得

6
2A

6
5

7

，因此
2A

6
66

3
……8分



bsinB

csinC
sin(< br>
3
sinC
C)
1
3cosCsinC
31< br>2

……10分
sinC2tanC2


0C



2
因为为锐角三角形
ABC
，所以

，解得
C
……11分
62

0 B
2

C


32

因此
tanC
3
1b
，那么
2
……12分
3
2c
21
、解：（1）当
n1
时，
a
1
2
．

……
1
分
n
由
a
1
2a
2
3a
3
na
n
2

……

①

n1
*
得
a
1
2a
2
3a
3(n1)a
n1
2

(n2,nN)

……

②

……
3
分
①
②得
na
n
2
即
a
n

2
*

(n2,nN)
，……
4
分

n
2
(nN
*
).

……
5
分

n
又
a
1
2
适合公式，则
a
n

22
n1
n2
n
n

……
6
分

（2）由（1 ）知
a
n
记数列
{n2}
的前
n
项和为
T
n

n
则
T
n
=
12223 2

(n1)2
23n1
n2
n

……

③

nn1
2
T
n


1
2
2

2

2
3


(n1)2n2

……

④

……
8
分

③
-
④得
T
n
2222n2
23nn1
2(2
n
1)n2
n1

21
则
T
n
(n1 )2
n1
2

……
10
分


又数列
{n}
的前
n
项和为
n(n1)
,

2
n(n1)
.

……
12
分
2
故
S
n
(n1)2
n1
2

222
11
22、（1）证法一：由题意得
AM(AB AC)

AM(AB2ABACAC)

24
1
22
=
(cb2cbcosA)
① …… 2分
4
由余弦定理得
2cbcosAbca
②
222< br>2b
2
2c
2
a
2
将②代入①式并化简得
AM
，
4
2
故
AM
2b
2
2c
2
a
2
…… 5分
2
2
a
2
AMc
2
4
证法 二：在
ABM
中，由余弦定理得
cosAMB
，
a
2AM
2
a
2
2
AMb
2
4
在ACM
中，由余弦定理得
cosAMC
， …… 2分
a
2AM
2
AMBAMC180
，
cos AMBcosAMC
，
a
2
a
2
22
 bAMc
2
，故
AM
则
AM
44
2< br>2b
2
2c
2
a
2
．…… 5分
2
（2）解法一：记
ABC
面积为S．由题意并结合（1）
11 1
所证结论得：
SaAMsinAMCaAMa
222
又已知
3a2b2c16
，
222
2b
2
2c
2
a
2
，…… 8分
2
a
2
a
2
1a
2
4a
2
22222
(2b2ca)(4a)()1
，…… 11分 则< br>S
16442
2
即
S1
，当
a2,bc< br>10
时，成立等号，故
S
max
1
，
2


即
ABC
面积的最大值为
1
． …… 12分

解法二：
2(cb)3a162(cb)3(c b2cbcosA)16

2222222

4cb3(2cb2c bcosA)16

2cb
设
u
164sinA
…… 8分

S

53cosA53cosA
sinA
< br>53cosA
5u
9u1
2
则
5u3ucosAsi nA

sinA3ucosA5u

sin(A

) 
……10分
由
|sin(A

)|1

5u
9u
2
1
1

25u
2
9u< br>2
1

u
1

S
1
，
4
故
S
max

1.

12分


作文我长大了-我的梦想演讲稿600字


胡靖钒-中国人事信息网


西安航空职业学院-英国中学留学费用


马克思主义哲学论文-向心力教案


一句话情书-招工简章范本


武汉大学招生计划-小学语文手抄报


培训活动-推荐信


乌兰察布市民心网-高考查询网